第二章推理与证明（章末测评）-高中数学人教A版选修2-2 (1)

1、推理与证明一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1根据偶函数定义可推得“函数f (x)x2在R上是偶函数”的推理过程是()A归纳推理B类比推理C演绎推理D非以上答案C根据演绎推理的定义知，推理过程是演绎推理，故选C.2在ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，则有EFBC，这个问题的大前提为()A三角形的中位线平行于第三边B三角形的中位线等于第三边的一半CEF为中位线DEFBCA这个三段论推理的形式为：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF为ABC的中位线；结论：EFBC.3用数学归纳法证明：“(n1)(n2)(nn)

2、2n13(2n1)”从“k到k1”左端需增乘的代数式为()A2k1B2(2k1)Ceq f (2k1,k1)Deq f (2k3,k1)B当nk时左端的第一项为(k1)，最后一项为(kk)当nk1时，左端的第一项为(k2)，最后一项为(2k2)左边乘以(2k1)(2k2)，同时还要除以(k1)4下列推理正确的是()A把a(bc)与loga(xy)类比，则有loga(xy)logaxlogayB把a(bc)与sin(xy)类比，则有sin(xy)sin xsin yC把a(bc)与axy类比，则有axyaxayD把(ab)c与(xy)z类比，则有(xy)zx(yz)D(xy)zx(yz)是乘法的

3、结合律，正确5已知abc0，则abbcca的值()A大于0B小于0C不小于0D不大于0D法一：因为abc0，所以a2b2c22ab2ac2bc0，所以abbccaeq f (a2b2c2,2)0.法二：令c0，若b0，则abbcca0，否则a，b异号，所以abbccaab0，排除A，B，C，故选D.6对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：(ab)2(bc)2(ca)20；ab与bc及ac中至少有一个成立；ac，bc，ab不能同时成立其中判断正确的个数为()A0个B1个C2个D3个B若(ab)2(bc)2(ca)20，则abc，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故正确ab与bc及a

4、c中最多只能有一个成立，故不正确由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故不正确7我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体下列几何体中，一定属于相似体的有()两个球体；两个长方体；两个正四面体；两个正三棱柱；两个正四棱锥A4个B3个C2个D1个C类比相似形中的对应边成比例知，属于相似体8观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A28B76C123D199C利用归纳法，ab1，a2b23，a3b3431，a4b4437，a5b57411，a

5、6b611718，a7b7181129，a8b8291847，a9b9472976，a10b107647123，规律为从第三组开始，其结果为前两组结果的和9对任意的锐角，下列不等式中正确的是()Asin()sin sin Bsin()cos cos Ccos()sin sin Dcos()cos cos D因为，为锐角，所以0，所以cos cos()又cos 0，所以cos cos cos()10在等差数列an中，若a100，则有等式a1a2ana1a2a19n(n2，则x，y中至少有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为_x，y均不大于1(或者x1且y1)“至少有一个”的反面为“一个也没有”

6、，即“x，y均不大于1”，亦即“x1且y1”14当n1时，有(ab)(ab)a2b2，当n2时，有(ab)(a2abb2)a3b3，当n3时，有(ab)(a3a2bab2b3)a4b4，当nN*时，你能得到的结论是_(ab)(anan1babn1bn)an1bn1根据题意，由于当n1时，有(ab)(ab)a2b2，当n2时，有(ab)(a2abb2)a3b3，当n3时，有(ab)(a3a2bab2b3)a4b4，当nN*时，左边第二个因式为anan1babn1bn，那么对应的表达式为(ab)(anan1babn1bn)an1bn1.15有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲、乙、丙三人

7、各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是_1和3法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法故甲的卡片上的数字是1和3.法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是

8、1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.16现有一个关于平面图形的命题：同一平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为eq f (a2,4).类比到空间，有两个棱长为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为_eq f (a3,8)解法的类比(特殊化)，易得两个正方体重叠部分的体积为eq f (a3,8).三、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)用综合法或分析法证明：(1)如果a，b0

9、，则lg eq f (ab,2)eq f (lg alg b,2)；(2)eq r(6)eq r(10)2eq r(3)2.证明(1)当a，b0时，有eq f (ab,2)eq r(ab)，lgeq f (ab,2)lgeq r(ab)，lgeq f (ab,2)eq f (1,2)lg abeq f (lg alg b,2).(2)要证eq r(6)eq r(10)2eq r(3)2，只要证(eq r(6)eq r(10)2(2eq r(3)2)2，即2eq r(60)2eq r(48)，这是显然成立的，所以，原不等式成立18(本小题满分12分)观察：tan 10tan 20tan 20ta

10、n 60tan 60tan 101，tan 5tan 10tan 10tan 75tan 75tan 51.由以上两式成立能得到一个从特殊到一般的推广，此推广是什么？并证明你的推广解从已知观察到10206090，1075590，因此猜测推广式为若eq f (,2)，且，都不为keq f (,2)(kZ)，则tan tan tan tan tan tan 1.证明如下：由eq f (,2)，得eq f (,2).因为tan()taneq blc(rc)(avs4alco1(f (,2)eq f (1,tan ).又因为tan()eq f (tan tan ,1tan tan )，所以tan ta

11、n tan()(1tan tan )eq f (1,tan )(1tan tan )，所以tan tan tan tan tan tan tan (tan tan )tan tan tan (1tan tan )eq f (1,tan )tan tan 1tan tan tan tan 1.19(本小题满分12分)设a0，b0，ab1，求证：eq f (1,a)eq f (1,b)eq f (1,ab)8.试用综合法和分析法分别证明解法一(综合法)a0，b0，ab1，1ab2eq r(ab)，eq r(ab)eq f (1,2)，abeq f (1,4)，eq f (1,ab)4.又eq f

12、(1,a)eq f (1,b)(ab)eq blc(rc)(avs4alco1(f (1,a)f (1,b)2eq f (b,a)eq f (a,b)4，eq f (1,a)eq f (1,b)eq f (1,ab)8(当且仅当abeq f (1,2)时等号成立)法二(分析法)a0，b0，ab1，要证eq f (1,a)eq f (1,b)eq f (1,ab)8，只要证eq blc(rc)(avs4alco1(f (1,a)f (1,b)eq f (ab,ab)8，只要证eq blc(rc)(avs4alco1(f (1,a)f (1,b)eq blc(rc)(avs4alco1(f (1,

13、b)f (1,a)8，即证eq f (1,a)eq f (1,b)4，也就是证eq f (ab,a)eq f (ab,b)4，即证eq f (b,a)eq f (a,b)2.由基本不等式可知，当a0，b0时，eq f (b,a)eq f (a,b)2成立，所以原不等式成立20(本小题满分12分)已知函数f (x)axeq f (x2,x1)(a1)(1)证明：函数f (x)在(1，)上为增函数；(2)用反证法证明方程f (x)0没有负数根解(1)法一：任取x1，x2(1，)，不妨设x10，aeq sup7(x2x1) 1且ax10，aeq sup7(x2)aeq sup7(x1)aeq sup

14、7(x1) (aeq sup7(x2x1)1)0，又x110，x210，eq f (x22,x21)eq f (x12,x11)eq f (x22x11x12x21,x11x21)eq f (3x2x1,x11x21)0，于是f (x2)f (x1)aeq sup7(x2)aeq sup7(x1)eq f (x22,x21)eq f (x12,x11)0，故函数f (x)在(1，)上为增函数法二：f (x)axln aeq f (x1x2,x12)axln aeq f (3,x12)a1，ln a0，axln aeq f (3,x12)0，f (x)0在(1，)上恒成立，即f (x)在(1，)

15、上为增函数(2)法一：设存在x00(x01)满足f (x0)0，则aeq sup7(x0)eq f (x02,x01)，且0ax01.0eq f (x02,x01)1，即eq f (1,2)x02，与假设x00矛盾故方程f (x)0没有负数根法二：设x00(x01)，若1x00，则eq f (x02,x01)2，aeq sup7(x0)1，f (x0)1.若x00，aeq sup7(x0)0，f (x0)0.综上，x0(x1)时，f (x)0，即方程f (x)0无负数根21(本小题满分12分) (1)椭圆C：eq f (x2,a2)eq f (y2,b2)1(ab0)与x轴交于A，B两点，点P

16、是椭圆C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，求证：eq o(AN,sup8()eq o(BM,sup8()为定值b2a2.(2)类比(1)可得如下真命题：双曲线eq f (x2,a2)eq f (y2,b2)1(a0，b0)与x轴交于A，B两点，点P是双曲线C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，求证：eq o(AN,sup8()eq o(BM,sup8()为定值，请写出这个定值(不要求写出解题过程)解(1)证明如下：设点P(x0，y0)(x0a)依题意，得A(a,0)，B(a,0)，所以直线PA的方程为yeq f (y0,x0a)(xa)，令

17、x0，得yMeq f (ay0,x0a).同理得yNeq f (ay0,x0a).所以yMyNeq f (a2yoal(2,0),a2xoal(2,0).又点P(x0，y0)在椭圆上，所以eq f (xoal(2,0),a2)eq f (yoal(2,0),b2) 1，因此yeq oal(2,0)eq f (b2,a2)(a2xeq oal(2,0)所以yMyNeq f (a2yoal(2,0),a2xoal(2,0)b2.因为eq o(AN,sup8()(a，yN)，eq o(BM,sup7()(a，yM)，所以eq o(AN,sup8()eq o(BM,sup8()a2yMyNb2a2.(2)(a2b2)22(本小题满分12分)各项都为正数的数列an满足a11，aeq oal(2,n1)aeq oal(2,n)2.(1)求数列an的通项公式；(2)求证：eq f (1,a1)eq f (1,a2)eq f (1,an)eq r(2n1)对一切nN*恒成立解(1)aeq oal(2,n1)aeq oal(2,n)2，数列aeq oal(2,n)为首项为1，公差为2的等差数列，aeq oal(2,n)1(n1)22n1，又an0，则aneq r(2n1)(nN*)(2)证明：由(1)知，即证1eq f (1,r(3)eq f (1,r(2n1